2024年八年级物理讲义（人教版）12.1 杠杆（专题训练）【九大题型】（解析版）

12.1杠杆（专题训练）【九大题型】一．杠杆及其五要素（共5小题）二．力臂的画法（共6小题）三．杠杆的平衡条件（共11小题）四．探究杠杆的平衡条件（共4小题）五．杠杆的动态平衡分析（共10小题）六．杠杆的平衡分析法及其应用（共5小题）七．杠杆中最小力的问题（共6小题）八．杠杆的分类（共4小题）九．杠杆的应用（共7小题）一．杠杆及其五要素（共5小题）1．（2023春•临沭县校级月考）如图所示为桥梁结构和侧翻时的示意图，下列说法中不正确的是（）A．该桥梁可以看成是以桥墩为支点的杠杆 B．超载车辆只要走在桥梁中间就不会对桥梁造成危害 C．车辆的超载对桥梁路面的危害极大，要严禁超载 D．该超载车辆行驶在路一侧，对桥梁的压力和压力的力臂乘积过大，造成桥梁侧翻【答案】B【解答】解：A、该桥梁可以看成是以桥墩为支点的杠杆，故A不符合题意；B、超载车辆对桥面的压力太大会压坏地面，故B符合题意；C、车辆的超载对桥梁路面的危害极大，要严禁超载，故C不符合题意；D、超载车辆行驶在路一侧，对桥梁的压力和压力的力臂乘积过大，造成桥梁侧翻，故D不符合题意。故选：B。2．（2023秋•沭阳县校级月考）如图是教室壁挂式实物展台示意图，MN为展示台，PQ为连杆拉柱展示台，m为展示物。以下是展示台承载展示物时杠杆的示意图，其中正确的是（）A． B． C． D．【答案】A【解答】解：根据题意可知，该装置为一个杠杆，MN能绕N点点转动，所以N点为支点O；展示物对MN的压力为阻力F2，方向向下；PQ对杠杆的拉力为动力F1，方向沿QP斜向上，故A正确。故选：A。3．（2023春•固始县期末）关于杠杆，下列说法中正确的是（）A．杠杆一定是一根直的硬棒 B．杠杆的支点一定在杠杆上，且在杠杆的中间位置 C．作用在杠杆上的动力一定与杠杆的阻力方向相反 D．力臂可能在杠杆上也可能不在杠杆上【答案】D【解答】解：A、杠杆的形状不是固定的，例如滑轮、剪刀、筷子等都是杠杆，故A错误；B、支点指杠杆在转动过程中固定不变的点，不一定在杠杆的中间位置，故B错误；C、当支点位于一侧时，动力和阻力的方向相反，当支点位于中间时，动力和阻力方向相同，故C错误；D、力臂不一定是杠杆的长度，力臂可能在杠杆上也可能不在杠杆上，故D正确。故选：D。4．（2023春•太平区校级月考）如图为脚踩式垃圾桶的示意图，在开盖子的过程中，是杠杆ABC和杠杆A′B′C′在起作用，对两个杠杆的认识是：ABC是省力杠杆，支点是B；A′B′C′是费力杠杆，支点是B′。【答案】省力；B；费力；B′。【解答】解：由图可知：ABC中动力臂大于阻力臂是省力杠杆，支点是B；A′B′C′中动力臂小于阻力臂是费力杠杆，支点是B′；故答案为：省力；B；费力；B′。5．（2023春•崂山区校级月考）如图所示，一名同学在做俯卧撑，如果把人的躯干看成一个杠杆，该杠杆的支点是B（填图中字母）点，动力是地面对手掌的支持力（选填“手掌对地面的压力”或“地面对手掌的支持力”），阻力是自身的重力。【答案】B；地面对手掌的支持力；自身的重力。【解答】解：由题可知，做俯卧撑的时候B点和地面接触，身体绕着B电转动，故B是支点，地面对手掌的支持力使身体往上运动，所以动力是地面对手掌的支持力，阻力是自身的重力。故答案为：B；地面对手掌的支持力；自身的重力。二．力臂的画法（共6小题）6．（2024•中山市校级开学）杠杆在我国古代就有了许多巧妙地应用，护城河上安装的吊桥就是一个杠杆，它的支点是C点，在将吊桥匀速拉起的过程中，请在图中画出动力臂。【答案】【解答】解：C为支点，从O点作动力F作用线的垂线，垂线段长为其力臂L，如图所示：7．（2024•安定区校级模拟）如图所示，杠杆处于静止状态，l1是力F1的力臂，在图中画出动力F1，并画出F2的力臂。【答案】见解析。【解答】解：杠杆的支点为O，过力臂L1的上端，作垂直于L1的直线，与杠杆的交点为力F1的作用点，为使杠杆平衡，F1的方向应斜向左上方；从支点O向F2的作用线作垂线段，即为阻力臂L2；如下图8．（2024•番禺区校级开学）如图所示，拉力F作用在杠杆上，请画出F的力臂l。【答案】见解答【解答】解：过支点O作出力F作用线的方向延长线的垂线段，即为F的力臂L，如图所示：9．（2024•阎良区校级开学）如图所示，钓鱼竿可以看作是绕O点转动的杠杆，请在图中作出拉力F1的力臂L1。【答案】见解答【解答】解：图中杠杆支点为O，从O作拉力F1的垂线就是F1的力臂L1，如图所示：10．（2023秋•阎良区期末）如图所示，O为支点，请在图中画出此时使杠杆静止的拉力F的力臂L。【答案】见解答【解答】解：由支点O向F的作用线作垂线，垂线段的长度为F的力臂，如图所示：11．（2024•雁塔区校级模拟）图甲是打开的汽车后备箱盖，它被液压杆支撑（不计后备箱盖重）．关箱盖时，它可看作一个杠杆，图乙是其简化图，O是支点，F2是液压杆作用在A点的阻力。请在图乙中画出在B点关上后备盖的最小动力F1及其力臂L1。【答案】见试题解答内容【解答】解：由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OB作为动力臂L1最长；关上后备盖时，动力的方向应该向下，过点B垂直于OB向下作出最小动力F1的示意图，如下图所示：三．杠杆的平衡条件（共11小题）12．（2023秋•宿迁期末）地震后，许多救灾人员用如图所示的“大力钳”剪断废墟中的钢筋，救出被困群众，大力钳上的主要数据如图所示。若某救灾人员在“握力作用处”向下施加压力F，则“被钳钢筋”承受的压力为（）A．6F B．36F C．18F D．12F【答案】C【解答】解：根据图示可知，支点分别为D点和B点，当以D点为支点时，杠杆CDE，L1＝6a，L2＝a，由F1L1＝F2L2知，阻力F2＝＝＝6F；当以B点为支点时，杠杆ABC，动力为6F，动力臂为3a，阻力臂为a故“被钳钢筋”承受的压力F′＝＝18F。故选：C。13．（2023春•唐河县月考）如图所示，质地均匀的直尺AB放在水平桌面上，尺子伸出桌面的部分OB是全尺长的。当B端挂重为G的物体时，直尺的A端刚刚开始翘起。则这把直尺的重为（）A． B．G C．2G D．3G【答案】C【解答】解：设直尺长为L，从图示可以看出：杠杆的支点为O，动力大小F1＝G，动力臂L1＝OB＝L；阻力为直尺的重力G尺，阻力的力臂L2＝AB﹣OB＝L﹣L＝L，由杠杆平衡的条件得：F1L1＝G尺L2，G尺＝×F1＝×G＝2G。故选：C。14．（2023春•南岗区校级月考）物理小组的同学利用杠杆制成一种多功能杆秤，使用前调节杠杆处于水平平衡，她取来质量为100g的实心金属块挂在A处，且浸没于水中，在B处挂上100g钩码，杠杆恰好处于水平平衡，如图所示，测得OA＝50cm，OB＝40cm，则金属块的密度为（）A．2g/cm3 B．1.25g/cm3 C．2.7g/cm3 D．5g/cm3【答案】D【解答】解：将金属块挂在A处，且浸没于水中时，在B处挂上100g＝0.1kg钩码，杠杆恰好处于水平平衡；由杠杆的平衡条件可得：m钩码g•OB＝FA•OA，则FA＝m钩码g＝×0.1kg×10N/kg＝0.8N；金属块受到的浮力：F浮＝mg﹣FA＝0.1kg×10N/kg﹣0.8N＝0.2N，由F浮＝ρgV排可得，金属块的体积：V＝V排＝＝＝2×10﹣5m3＝20cm3；则金属块的密度：ρ＝＝＝5g/cm3。故选：D。15．（2023春•闵行区校级月考）同一物体分别挂在同一杠杆的右端或左端时，另一端分别用力F1，F2竖直向下作用，使杠杆水平平衡，则F1：F2为（）A．l1：L2 B．： C．l2：l1 D．：【答案】D【解答】解：根据杠杆的平衡条件：左图中，F1•l1＝G•l2；拉力F1＝；右图中，G•l1＝F2•l2；拉力F2＝；所以F1：F2＝：＝：。故选：D。16．（2023春•松江区校级月考）一块质量均匀的长方体砖块平放在水平地面上，如图所示。分别用竖直向上的力F1和F2作用于AB边和BC边的中点，使砖块略微抬离地面（砖不滑动），则F1和F2的大小关系是（）A．F1等于F2 B．F1小于F2 C．F1大于F2 D．无法判断【答案】A【解答】解：（1）第一次以与地面接触的下边CD为支点转动，F1克服重力才能将砖抬起，根据杠杆的平衡条件可得：F1×BC＝mg×BC，则F1＝mg；第二次以与地面接触的下边AD为支点转动，根据杠杆的平衡条件可得：F2×AB＝mg×AB，则F2＝mg，所以F1＝F2；故选：A。17．（2023秋•靖江市期末）如图所示是某兴趣小组自制的一把杆秤，杆秤自重不计，A点与提纽O点的距离是5cm，秤砣的质量m＝0.5kg。现称量质量M＝1.8kg的重物，秤砣移到B点时杆秤平衡，则B点与O点间的距离是18cm；秤砣磨损后，称量物体的质量将偏大（偏大/偏小/不变）。【答案】18；偏大。【解答】解：（1）由杠杆平衡条件得：Mg×OA＝mg×OB，则1.8kg×5cm＝0.5kg×OB，OB＝18cm；（2）由杠杆平衡条件得：Mg×OA＝mg×OB可知，OB＝，秤砣磨损后质量m减小，OA不变，称量相同物体M时，OB变大，称得物体质量偏大.故答案为：18；偏大。18．（2024•铁东区校级模拟）小金将长为0.6m、质量可忽略不计的木棒搁在肩上，棒的后端A挂一个40N的物体，肩上支点O离后端A为0.2米，他用手压住前端B使木棒保持水平平衡，如图所示，小金的质量为50kg，则此时手压木棒的压力大小为20N，人对地面的压力大小为540N．（g＝10N/kg）【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由题根据杠杆的平衡条件有：F×OB＝G×OA，即：F×（0.6m﹣0.2m）＝40N×0.2m，所以：F＝20N；即手压木棒的压力大小为20N；（2）因为在水平面上压力等于重力，所以人对地面的压力大小为：F＝G总＝G人+G物＝mg+G物＝50kg×10N/kg+40N＝540N。故答案为：20；540。19．（2024•疏勒县校级二模）某实验小组同学为了测量棉线的抗断拉力（棉线的抗断拉力是其能够承受的最大拉力，超过这个拉力，棉线就会断裂），他们设计了如图所示的实验装置：将分度值为1cm、长度为1m的轻质米尺置于可移动的支点上，把棉线两端固定在米尺右端100cm刻度处和地面上，使棉线绷直，在米尺左端零刻度线处挂一重为5N的钩码，米尺在水平位置平衡。（1）根据杠杆（选填“二力”或“杠杆”）平衡原理，支点在50cm刻度处时，棉线对米尺的拉力为5N，将支点水平向右移动40cm时，棉线断裂，该棉线的抗断拉力为45N。（2）此装置能够测量棉线的最大抗断拉力为495N。【答案】（1）杠杆；5；45；（2）495【解答】解：（1）根据杠杆平衡原理可知，支点在50cm刻度处时，有：G×L1＝F×L2，5N×50cm＝F×（100cm﹣50cm），解得：F＝5N；当支点水平向右移动40cm时，有：G×L1′＝F′×L2′，即：5N×（50cm+40cm）＝F′×（100cm﹣50cm﹣40cm）解得：F′＝45N；（2）由G×L1＝F×L2可知，要测量棉线的最大抗断拉力，当动力不变时，需使动力臂最大，阻力臂最小，而米尺的分度值为1cm，因此阻力臂为1cm，动力臂为100cm﹣1cm＝99cm，则有：G×L1″＝F″×L2″，即：5N×99cm＝F″×1cm，解得：F″＝495N。故答案为：（1）杠杆；5；45；（2）495。20．（2023春•芜湖月考）在如图所示的杠杆模型中，O为杠杆的支点，则：（1）F1、F2的力臂分别长多少cm？（2）若F1＝300N，为使杠杆平衡，F2的大小等于多少N？（杠杆本身重力不计）【答案】（1）F1的力臂长为20cm；F2的力臂长为60cm；（2）若F1＝300N，为使杠杆平衡，F2的大小等于100N。【解答】解：（1）从支点到力的作用线的距离为力臂，由图可知，F1的力臂L1＝20cm，F2的力臂L2＝60cm，（2）杠杆平衡，根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可知，300N×20cm＝F2×60cm，解得：F2＝100N。答：（1）F1的力臂长为20cm；F2的力臂长为60cm；（2）若F1＝300N，为使杠杆平衡，F2的大小等于100N。21．（2023•邢台模拟）如图所示，轻质杠杆OP长1m，能绕O点转动，P端用细绳悬于N点。现有一个重为7N的合金块A通过滑环悬挂于M点，M点距离O点20cm。倾斜的杆OP与水平方向成30°角，滑环刚好能从M向P端以2cm/s的速度匀速滑动，若滑环从M点开始用时30s滑动到某点Q（图中未画出）时，细绳恰好断裂。（g取10N/kg）求：（1）细绳能承受的最大拉力。（2）滑环自M点滑动到Q点的过程中，合金块A所受重力做的功和重力做功的功率。【答案】（1）细绳能承受的最大拉力为5.6N；（2）滑环自M点滑动到Q点的过程中，合金块A所受重力做的功和重力做功的功率为0.07W。【解答】解：（1）已知O为支点，设绳子对P点的拉力为动力，A物体对M点的拉力为阻力，分别作出它们的力臂。如图所示：若滑环从M点开始用时30s滑动到某点Q（图中未画出）时，细绳恰好断裂，则OQ＝OM+MQ＝OM+vt＝20cm+2cm/s×30s＝80cm＝0.8m，此时的力臂L2'＝OQcos30°，由杠杆平衡条件有：FP大•L1＝FAL2'，即：FP大•OPcos30°＝FA•OQcos30°，其中FA＝GA＝7N；则FP大•OP＝GA•OQ，则细绳能承受的最大拉力为：FP大＝＝＝5.6N；（2）物体在重力的方向上通过的距离为：h＝MQ•sin30°＝vt•sin30°＝2cm/s×30s×0.5＝0.3m；合金块A所受重力做的功：WG＝GAh＝7N×0.3m＝2.1J，合金块A所受重力做功功率为：P＝＝＝0.07W。答：（1）细绳能承受的最大拉力为5.6N；（2）滑环自M点滑动到Q点的过程中，合金块A所受重力做的功和重力做功的功率为0.07W。22．（2024•西城区校级开学）如图所示，将重200N的甲物体用细绳挂在轻质杠杆的A端杠杆的B端悬挂乙物体，杠杆在水平位置平衡，已知：乙物体所受重力为40N，AO：OB＝1：3，甲物体的底面积为0.2m2。求：（1）A点受到细绳的拉力大小。（2）甲物体对地面的压强大小。【答案】（1）A点受到细绳的拉力大小为120N。（2）甲物体对地面的压强大小为400Pa【解答】解：（1）根据杠杆平衡条件可得：FA•LAO＝FB•LOB，AO：OB＝1：3，则OB＝3AO；所以细绳对杠杆拉力的作用FA＝＝＝3G乙＝3×40N＝120N；根据力的作用的相互性可得，杠杆对甲物体竖直向上的拉力为120N，甲物体对杠杆的拉力也为120N，即A点受到细绳的拉力大小为120N；（2）对甲物体进行受力分析可知，甲物体共受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力和竖直向上的拉力三个力的作用，且重力等于拉力与支持力之和，则甲物体对地面的压力：F甲＝F支＝G甲﹣FA＝200N﹣120N＝80N，甲物体对地面的压强：p＝＝＝400Pa。答：（1）A点受到细绳的拉力大小为120N。（2）甲物体对地面的压强大小为400Pa。四．探究杠杆的平衡条件（共4小题）23．（2023秋•大丰区期末）小华同学在探究“杠杆平衡条件”的实验中，他组装好实验装置后，发现杠杆处于如图所示位置静止，此时杠杆处于（填“处于”或“不处于”）平衡状态，接着调节右端的平衡螺母，使它向右（填“左”或“右”）移动，使杠杆在水平位置平衡。实验中，通过改变钩码的数量或钩码的位置，使杠杆在水平位置平衡。【答案】处于；右；位置。【解答】解：（1）此时的杠杆静止是处于平衡状态；为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆左端螺母向右边移动；（2）实验中，用钩码的重力分别表示动力和阻力，多次改变钩码的数量和钩码悬挂的位置，使杠杆在水平位置平衡。故答案为：处于；右；位置。24．（2024•浑南区开学）如图所示，是小王“探究杠杆的平衡条件”的实验（每个钩码的质量相等）。（1）实验前，杠杆静止在图甲所示的位置，则此时杠杆处于平衡（选填“平衡”或“非平衡”）状态；（2）为了便于测量力臂，应将平衡螺母向左调节，使杠杆在水平位置平衡；（3）将杠杆调好后，如图乙所示，在A点挂3个钩码，则应在B点挂2个钩码，才能使杠杆在水平位置保持平衡；平衡后将两边的钩码分别向远离O点移动相等的距离，则杠杆右端将上升；（4）小王用弹簧测力计替代钩码，在B点竖直向下拉，然后将弹簧测力计绕B点逆时针旋转一小段至如图丙所示位置。在旋转过程中，杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数逐渐变大，拉力与拉力的力臂乘积将不变。【答案】（1）平衡；（2）在水平位置平衡；（3）2；右；（4）变大；不变。【解答】解：（1）杠杆静止不动或匀速转动叫杠杆的平衡，实验前，杠杆静止在图甲所示的位置，则此时杠杆处于平衡状态；（2）为了便于测量力臂，应使杠杆在水平位置平衡。因杠杆的右端下沉，说明杠杆的重心在支点的右侧，为此，应将平衡螺母向左调节。（3）若每个钩码重G，每个小格长L，如图乙所示，杠杆左边A处挂3个相同钩码，要使杠杆在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件可得，3G×2L＝nG×3L，解得n＝2，即应在杠杆右边B处挂同样的钩码2个；当杠杆平衡后，平衡后将两边的钩码分别向远离O点移动相等的距离，假设移动一个小格，3G×3L＞2G×4L，所以杠杆左端下沉，右端上升；（4）弹簧测力计在B处竖直向下拉时，拉力的方向竖直向下与杠杆垂直，动力臂等于支点到力的作用点的距离；弹簧测力计在逐渐旋转过程中，拉力的方向不再与杠杆垂直，动力臂变小，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件得，动力变大，则弹簧测力计的示数变大，拉力与拉力的力臂乘积将不变。故答案为：（1）平衡；（2）在水平位置平衡；（3）2；右；（4）变大；不变。25．（2024•泌阳县一模）如图是探究“杠杆平衡条件”的实验。（1）实验前杠杆静止在如图甲所示情况，杠杆是（选填“是”或“不是”）处于平衡状态。为了使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆两端的螺母向右调（选填“左”或“右”）。（2）如图乙所示，将杠杆调整好后，在A点挂3个钩码，应在B点挂2个钩码，才能使杠杆在水平位置平衡；若两端同时去掉一个钩码，杠杆将逆时针旋转（选填“仍然平衡”“顺时针旋转”或“逆时针旋转”）。（3）如图丙，若用弹簧测力计替代钩码，在B点竖直向下拉，再将弹簧测力计逐渐向右倾斜，要使杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将变大（选填“变大”“变小”或“不变”）。（4）如图丁，用支点使一根胡萝卜水平平衡后，沿支点处将胡萝卜切分为A、B两部分，其重力分别为GA、GB，由杠杆原理可知GA大于GB（选填“大于”“小于”或“等于”）。【答案】（1）是；右；（2）2；逆时针转动；（3）变大；（4）大于。【解答】解：（1）杠杆静止时，就是处于平衡状态；为使杠杆在水平位置平衡，需要使杠杆重心右移，应将平衡螺母向右调节；（2）设杠杆一格的长度为L，一个钩码重是G，设在B处挂了n个钩码，则3G×2L＝nG×3L，解得：n＝2，应在B点挂2个钩码；若两端同时去掉一个钩码，则2G×2L＞G×3L杠杆将逆时针旋转；（3）弹簧测力计在B处竖直向下拉时，拉力的方向竖直向下与杠杆垂直，动力臂等于支点到力的作用点的距离；弹簧测力计在右倾斜过程中，拉力的方向不再与杠杆垂直，动力臂变小，根据杠杆平衡条件得，动力变大，阻力和阻力臂不变，则弹簧测力计的示数变大；（4）由图丁可知，GA、GB的力臂lA、lB的大小关系为lA＜lB，则根据杠杆的平衡条件可得，GA＞GB。故答案为：（1）是；右；（2）2；逆时针转动；（3）变大；（4）大于。26．（2024•徐州模拟）在“探究杠杆的平衡条件”实验中：（1）如图a所示，为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向右旋（选填“左”或“右”）。（2）如图b所示，在A位置上挂两个相同钩码，应该在B位置挂上1个同样的钩码，才能使杠杆在水平位置平衡。（3）如图c所示，弹簧测力计由竖直方向逐渐向左转动，杠杆始终保持水平平衡，则弹簧测力计的示数将变大（选填“变大”、“变小”或“不变”）。（4）使用杠杆能为我们的生活带来方便。如图d所示，下列杠杆能够省距离的是D。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）由图a知，杠杆的右端较高，为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向右旋；（2）设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为G，因为，F1l1＝F2l2，所以，2G×2L＝nG×4L，所以，n＝1，所以在A处挂1个钩码；（3）弹簧测力计由竖直方向逐渐向左转动时，阻力和阻力臂不变，动力臂变小，根据杠杆的平衡条件可知，动力变大，所以，弹簧测力计的示数将变大；（4）A、钳子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，但费距离；B、独轮车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，但费距离；C、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，但费距离；D、筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，但省距离。故答案为：（1）右；（2）1；（3）变大；（4）D。五．杠杆的动态平衡分析（共10小题）27．（2024•宜丰县校级开学）“筋膜枪”利用其内部特制的高速电机带动枪头，产生的高频振动可以作用到肌肉深层，以达到缓解疼痛、促进血液循环等作用。如图所示为某款筋膜枪的内部结构简化图，连杆OB以角速度ω绕垂直于纸面的O轴匀速转动，带动连杆AB，使套在横杆上的滑块左右滑动，从而带动枪头振动。已知AB杆长为L，OB杆长为R，当AB⊥OB时，滑块的速度大小为（）A．ωR B． C． D．【答案】B【解答】解：当AB⊥OB时，杆的速度等于B点的速度vB＝ωR设滑块的速度大小为v，则滑块沿杆方向的分速度等于杆的速度，如图：由平行四边形定则得：vB＝vcosθ；联立得：，故ACD错误，B正确。故选：B。28．（2023秋•镇江期末）如图所示，轻质杠杆OA可绕O点转动，在B点作用一个竖直向上的拉力F，保持杠杆始终在水平位置平衡。若F改为沿虚线方向施力，则（）A．F大小不变 B．F将减小 C．F的力臂变短 D．F的力臂不变【答案】C【解答】解：若F改为沿虚线方向施力，动力臂减小，阻力与阻力臂不变，由杠杆平衡条件得，动力F变大，故C正确，ABD错误。故选：C。29．（2023秋•姑苏区校级月考）如图所示，作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢地由位置A拉至位置B，在这个过程中，下列说法正确的是（）A．拉力F和它力臂的乘积不变 B．拉力F的力臂变小 C．拉力F变大 D．拉力F先变大后变小【答案】C【解答】解：重物G通过细线对杠杆的拉力为F′大小等于物体的重力G，即F′＝G，重力不变；由图知，在杠杆缓慢由A到B的过程中，动力臂等于OA的长度没有变化，细线对杠杆的拉力F′的大小没有变化，而阻力臂L却逐渐增大；由杠杆的平衡条件知：F×OA＝GL，当OA、G不变时，L越大，GL的乘积越大，那么F越大，因此拉力F在这个过程中逐渐变大。综上所述，C正确，ABD错误。故选：C。30．（2023秋•建邺区期末）如图甲所示，重为6N、长为8cm的匀质木板AB，静止在水平桌面上，恰好有一半伸出桌面。在B端施加一个始终竖直向上的力F，则：当F＝3N时，木板中心点O恰好离开桌面；将B端缓缓抬起的过程中F的力臂变小（选填“变大”、“变小”或“不变”下同），力F的大小不变（A端始终没有离开桌面）。如图乙所示，若在A端放一重为9N、长为2cm的匀质物体M，M的左端与木板的A端对齐，向右缓慢推动木板1.8cm，该装置恰好翻倒。【答案】3；变小；不变；1.8。【解答】解：在B端施加一个始终竖直向上的力F，此时支点是A，阻力臂为AO，动力臂等于AB长，匀质木板，重心在中点，AB＝2AO，根据杠杆的平衡条件知F×AB＝G×AO；F＝＝＝3N；由于重力G和F都是竖直方向，力臂始终在水平方向，将B端缓缓抬起的过程中F的力臂变小，而力臂之比等于杠杆长度的比，即动力臂和阻力臂的比值为定值2，因为阻力（木棒重）不变，根据杠杆平衡条件可得：动力F保持不变；如图乙所示，若在A端放一重为9N、长为2cm的匀质物体M，M的左端与木板的A端对齐，重心到O的距离为﹣＝3cm，该装置恰好翻倒，乙桌子边缘为支点，假设推动的距离为L，则此时动力是木板的重力G＝6N，动力臂为L，阻力臂3cm﹣L，根据杠杆平衡条件有：6N×L＝9N×（3cm﹣L），解得L＝1.8cm。故答案为：3；变小；不变；1.8。31．（2023•天宁区校级一模）如图所示，轻质杠杆OA的中点处悬挂重为110N的物体，在A端施加一竖直向上的力F，杠杆在水平位置平衡，则力F的大小为55N。保持F的方向始终与OA垂直，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，力F的力臂将不变（选填“变大”“变小”或“不变”，下同），力F的大小将变小。【答案】55；不变；变小【解答】解：（1）轻质杠杆OA的中点处悬挂重为110N的物体，杠杆在A位置时，动力臂与阻力臂的关系为LOA＝2LG，由杠杆平衡条件可知：FLOA＝GLG，则力F的大小为：F＝＝×110N＝55N；（2）力F的力臂为支点O到力F作用线的垂线段；将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，保持F的方向始终与OA垂直，则动力F的力臂都是LOA，即力F的力臂将不变；在该过程中，动力臂不变，阻力等于物体的重力，即阻力不变，由图可知阻力臂会变小，所以根据杠杆平衡条件可知动力F会变小。故答案为：55；不变；变小。32．（2023秋•延川县校级期末）如图所示，粗细均匀的直尺AB，将中点O支起来。有三支相同的蜡烛，在B端放一支，在AO的中点C放两支，将三支蜡烛同时点燃，它们的燃烧速度相同，在燃烧过程中，直尺将始终保持平衡（A端上升/B端上升/始终保持平衡）。【答案】始终保持平衡。【解答】解：由图可知直尺AB相当于一个杠杆，支点在中点O处，蜡烛对直尺的压力等于蜡烛的重力，由题知，三支蜡烛相同，在B端放一支，在AO的中点C放两支，设一支蜡烛的质量为m，直尺长度为L，则左侧力和力臂的乘积为2mg×L＝mgL，右侧力和力臂的乘积为mg×L＝mgL，所以，原来两侧力和力臂的乘积相等，满足杠杆的平衡条件，即原来直尺在水平位置平衡；将三支蜡烛同时点燃，它们的燃烧速度相同，则三支蜡烛因燃烧减少的质量m′相同，此时左侧力和力臂的乘积为：2（m﹣m′）g×L＝（m﹣m′）gL，右侧力和力臂的乘积为：（m﹣m′）g×L＝（m﹣m′）gL，所以，在燃烧过程中两侧力和力臂的乘积仍然相等，仍满足杠杆的平衡条件，则直尺始终保持平衡。故答案为：始终保持平衡。33．（2023秋•天宁区校级月考）如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点挂一重为G的物体，加在B点的动力F1由竖直向上的位置沿逆时针方向转到水平向左的位置，动力F1的大小变化情况是先变小后变大（选填“变小”“变大”“先变小后变大”“先变大后变小”）。【答案】先变小后变大【解答】解：如图所示，由图可知，当F1由竖直向上的位置沿逆时针方向缓慢的转到水平向左的位置时，动力臂先变大后变小，阻力与阻力臂不变，由杠杆平衡条件可知，动力先变小后变大。故答案为：先变小后变大。34．（2023•鼓楼区校级模拟）如图1所示，轻质杠杆可绕O转动，A点悬挂一重为12N的物体M，B点受到电子测力计竖直向上的拉力F，杠杆水平静止，已知OA＝AB＝BC，保持杠杆水平静止，将F作用点从B移至C，此过程中F方向保持不变，F的力臂记为l，则F的大小变小，F与（）的关系图线为图2中的①；将M从A移至B，再重复上述步骤，F与（）的关系图线为图2中的②（选填数字序号）。【答案】小；②。【解答】解：（1）由图1可知，O为杠杆的支点，B点拉力F的力臂OB＝OA+AB＝2OA，A点作用力的力臂为OA，由杠杆平衡条件可得：F×OB＝G×OA，由题意可知，保持杠杆水平静止，将F作用点从B移至C，此过程中F方向保持不变，根据杠杆平衡条件可得：F×l＝G×OA，解得：F＝……Ⅰ，由题意可知，此过程中物体M的重力G和力臂OA不变，拉力F的力臂l变大，则拉力F变小；（2）将M从A移至B，由杠杆平衡条件可得：F×l＝G×OB，解得：F＝……Ⅱ，由数学知识可知，Ⅰ、Ⅱ两式中拉力F与的关系图线均为正比例函数，由图1可知，OB＞OA，则Ⅱ式的斜率大于Ⅰ式的斜率，因此将M从A移至B，F与的关系图线为过原点且斜率比图线①大的图线②。故答案为：小；②。35．（2023秋•越秀区期末）古代挑夫搬运货物的情景如图甲所示，简化成图乙中杠杆AB，移动货物，可使点C在AB间移动，杆水平静止，忽略杆重。（1）挑夫1对杆的支持力为F1，绳子对杆的拉力为F2，方向均在竖直方向，F1的方向与支点O如图乙所示。请在图乙中画出F2的示意图及F2的力臂l2；（2）图乙中，杆保持水平静止，要使挑夫1对杆竖直向上的支持力变小，以下方法一定可行的有AB。A.其他条件不变，只减小货物的重量B.其他条件不变，只把货物向B端移动C.其他条件不变，只有挑夫1靠近货物D.其他条件不变，只把货物移到AB的正中间位置【答案】（1）见解答；（2）AB。【解答】解：（1）挑夫1对杆的支持力为F1，绳子对杆的拉力为F2，方向均在竖直方向，F2的方向竖直向下，作用点在杠杆上，力臂是过支点作力的作用线的垂线段，据此画出F2的力臂l2；（2）杆保持水平静止，要使挑夫1对杆竖直向上的支持力变小，根据杠杆的平衡条件有F1L1＝F2L2，A.其他条件不变，只减小货物的重量，使得F2变小，则F1变小，故符合题意；B.其他条件不变，只把货物向B端移动，使得L2变小，则F1变小，故符合题意；C.其他条件不变，只有挑夫1靠近货物，使得L1变小，则F1变大，故不符合题意；D.其他条件不变，只把货物移到AB的正中间位置，使得L2变大，则F1变大，故不符合题意；故选：AB。故答案为：（1）见解答；（2）AB。36．（2023春•涡阳县期末）有一粗细不均匀的木棒AB，长度为1m，重200N，O为木棒重心。当从A端用竖直向上的力轻轻抬起时需用力FA为80N。（1）在图中作出从A端竖直向上抬起时的动力臂L1、阻力臂L2；若在抬起过程中力的方向始终保持竖直向上，则力的大小不变（选填“变大”“变小”“不变”）。（2）求当从B端用竖直向上的力轻轻抬起时需用力FB大小。【答案】（1）如图见解答；不变；（2）当从B端用竖直向上的力轻轻抬起时需用力FB大小为120N。【解答】解：当从A端用竖直向上的力轻轻抬起时，支点是B，动力作用在A点，阻力是杠杆的重力，据此画出力和力臂；如图所示：若在抬起过程中力的方向始终保持竖直向上，动力臂和阻力臂同时减小，且力臂之比始终等于BA：BO，根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2，阻力不变，动力臂与阻力臂之比不变，则动力不变；（3）当在A提起时：根据杠杆的平衡条件有：FA×AB＝G×OB；即80N×1m＝200N×OB；解得OB＝0.4m；则OA＝AB﹣OB＝1m﹣0.4m＝0.6m；从B端用竖直向上的力轻轻抬起时以A为支点，动力长为AB＝1m，阻力臂长为AO＝0.6m，根据杠杆的平衡条件有：FB×AB＝G×OA；即；FB×1m＝200N×0.6m；解得FB＝120N。答：（1）如图见解答；不变；（2）当从B端用竖直向上的力轻轻抬起时需用力FB大小为120N。六．杠杆的平衡分析法及其应用（共5小题）37．（2023春•曲阜市期末）如图，杠杆在水平方向平衡，若将测力计缓慢地自位置1移到位置2，并保持杠杆始终水平平衡，则测力计的读数变化是（）A．不断增大 B．不断减小 C．先增大，然后减小 D．先减小，然后增大【答案】D【解答】解：1、2位置施力的力臂如图所示，当施加的动力垂直于杠杆时，动力臂最长，因为杠杆始终在水平位置保持平衡，阻力和阻力臂一定，所以此时的动力最小；而在1、2位置施力时，动力臂较小，由杠杆平衡条件可知，此时动力较大；所以，从位置1移动到2的过程中，动力F先减小再增大。故选：D。38．（2023春•牟平区期末）如图，漫画中的猎人和熊处于平衡木的两端，保持着脆弱的平衡。利用杠杆平衡条件分析下列说法正确的是（）A．若猎人把枪扔掉，则猎人一端会下降 B．若熊丢掉口中的猎物，则猎人一端会下降 C．若猎人端着枪向前趴下，则猎人一端会下降 D．若二者同时向远离支点的方向移动相同距离，则猎人一端会下降【答案】B【解答】解：A、若猎人把枪扔掉，左边力与力臂的乘积大于右边力与力臂的乘积，则猎人一端会上升，故A错误。B、若熊丢掉口中的猎物，左边力与力臂的乘积小于右边力与力臂的乘积，则猎人一端会下降，故B正确。C、若猎人端着枪向前趴下，左边力与力臂的乘积大于右边力与力臂的乘积，则猎人一端会上升，故C错误。D、若二者同时向远离支点的方向移动相同距离，左边力与力臂的乘积大于右边力与力臂的乘积，则猎人一端会上升，故D错误。故选：B。39．（2023秋•工业园区校级期中）一个500N重的成年人和一个250N小孩都要过一道宽度为L的水渠。成人从左岸到右岸，而小孩从右岸到左岸，两岸各有一块长度一样的坚实木板，他们想出了如图所示的方式过水渠，请分析在忽略木板自重和木板叠交距离的情况下，要使成年人和小孩都能平安过水渠，木板长度不能小于（）A． B． C． D．【答案】A【解答】解：（1）因成年人较重，所以只要成年人能安全过水渠，则小孩也能安全过水渠；小孩站在B′处让成年人先从木板上过水渠，当成年人到达水渠对岸后，站在B′处，然后再让小孩过水渠如图所示：（2）把木板A′B′视为杠杆，O为支点，成年人对A′B′的压力视为阻力F2，小孩对木板的压力视为动力F1，当成年人在A′时，阻力（成年人对A′B′的压力）最大，为F2＝G成年人＝500N，F1＝G小孩＝250N，由图示可知，木板长度为AB，由杠杆平衡条件可得：F1×（AB﹣L+AB）＝F2×（L﹣AB），250N×（2AB﹣L）＝500N×（L﹣AB），则AB＝，因木板的长度不能小于。故选：A。40．（2023秋•梁溪区校级期中）小明在老师的指导下，动手制作了如图杆秤。使用时，将待称物体放入秤盘，用手提起A或B处的秤纽，移动秤砣在秤杆上的位置，使秤杆达到水平平衡时可读出待称物体的质量，小明提起A（选填“A”或“B”）处的秤纽，此秤的量程更大；若换称质量较小的物体，当秤杆水平平衡后，秤砣的悬挂点在原悬挂点左侧（选填“左”或“右”）；某次小明不小心在秤砣上吸附一块磁铁，将使测量值偏小（选填“偏大”或“偏小”）。要使该杆秤的精度更高，可以选用质量更小（选填“更大”或“更小”）的秤砣。【答案】A；左；偏小；更小。【解答】解：（1）根据杠杆的平衡条件和图可知：当提着A处秤纽、秤砣在D点时，C点所挂物体重为：GC＝；当提着B处秤纽、秤砣在D点时，C点所挂物体重为：GC′＝；因AD＞BD、AC＜BC，故可得：GA＞GA′，即提A处秤纽时，此秤的称量最大；（2）若换称质量较小的物体，秤砣、提纽、盘子都不变，则作用在杠杆C点的力变小，阻力臂不变，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知动力臂会变小，所以调到水平平衡后秤砣的悬挂点应在原悬挂点的左边；（3）某次小明不小心在秤砣上吸附一块磁铁，秤砣的质量增大，即F1增大，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知在F2L2乘积不变时L1变小，测量值偏小；（4）要使该杆秤的精度更高，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知需要增大动力臂L1，在F2L2乘积不变时F1需变小，所以可以选用质量更小的秤砣。故答案为：A；左；偏小；更小。41．（2023秋•咸阳校级期中）如图所示，杆秤秤砣的质量为0.2kg，杆秤自身质量忽略不计。若杆秤水平静止时，被测物体和秤砣到秤纽的距离分别为0.05m和0.2m，则被测物体的质量为0.8kg；若被测物体质量变大了，则称纽应向左（选填“左”或“右”）移动；若秤砣有缺损，则测量值比被测物体的真实质量要偏大（选填“偏大”或“偏小”）。【答案】0.8；左；偏大。【解答】解：如图所示：（1）因为杠杆平衡，所以G1LOA＝G2LOB，即：m1gLOA＝m2gLOB，则m1＝＝＝0.8kg。（2）秤砣质量不变，即动力不变，若被测物体质量变大，则阻力变大，由杠杆平衡条件知，动力臂与阻力臂的比值变大，由于阻力臂与动力臂的和等于杆秤的长度是一定的，则应减小阻力臂，增大动力臂，所以称纽应向左端移动。（3）若秤砣有缺损，m2减小，而G1LOA不变，所以LOB要变大，杆秤所示的质量值要偏大。故答案为：0.8；左；偏大。七．杠杆中最小力的问题（共6小题）42．（2023秋•泗阳县期末）如图有一个均匀的圆柱体，直立在水平地面上如图所示，现欲施加一个最小力使圆柱体的C点稍离地面，请在图中画出这个最小力。【答案】【解答】解：欲使木柱的C点稍离地面，必须以D点为支点，则DB作为动力臂最长，阻力和阻力臂不变，根据杠杆的平衡条件可知，此时动力也最小，最省力。故答案为：43．（2023秋•镇江期末）请在如图中画出使杠杆AB在图示位置保持平衡的最小动力F的示意图。【答案】【解答】解：杠杆AOB的支点在中间，根据图示可知，AO的长度要大于BO，连接OA，若在A端施力F1，当F1的方向与OA垂直向下时动力臂最大，根据杠杆的平衡条件可知，此时最省力，如图所示：44．（2024•厦门模拟）如图是一款瓶起子，可看成以O为支点的杠杆。请在图中画出作用在A点的最小动力F1及动力臂L1。【答案】【解答】解：由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OA作为动力臂最长；在开瓶盖时，动力的方向应该向左，过点A垂直于OA向左作出最小动力F1的示意图，如图所示：45．（2023秋•句容市期末）如图所示，用螺丝刀撬起图钉。请在图上画出作用在螺丝刀柄上A点的最小动力F1的示意图及阻力F2的力臂。【答案】见解答图。【解答】解：支点为O点，由图知，最长的动力臂为OA，所以当动力方向与OA垂直时，力臂最长，力最小，方向垂直OA向下；反向延长阻力F2的延长线，过支点O作垂直于阻力作用线的垂线段L2（即阻力臂）；如下图所示：46．（2023秋•礼泉县期末）如图所示，旗手小明竖直举轻质旗前进时，红旗受到风的水平阻力F2，其作用点可以看成在A点。若以O点为支点，请画出手在B点对旗杆施加的最小动力F1及其力臂l1。【答案】【解答】解：在阻力、阻力臂一定的情况下，要使动力最小，动力臂需要最长，阻力的方向已标出，若以O点为支点，作用在B点的动力的方向应该向右，过B点作AB的垂线即为手对旗杆施加的最小动力F1，过B点作动力F1的垂线，即为动力F1对支点B的力臂l1，如下图所示：47．（2023秋•楚雄市校级期末）希腊科学家阿基米德在发现了杠杆原理之后，发出了“给我一个支点，我能够撬动地球”的感慨。请在设想示意图中，画出作用在A点的最小动力F1及阻力F2。（图中O为支点）【答案】【解答】解：根据杠杆平衡条件，动力臂越长越省力，力的作用点确定，从支点到动力作用点的距离便为最长的力臂；图中O为支点，要使杠杆平衡且动力最小，就应该让力F1作用在A点，OA是最长的力臂L1，则力F1应与OA垂直且向下；阻力F2作用在杠杆上，竖直向下，如图所示：八．杠杆的分类（共4小题）48．（2023秋•丰县期末）如图所示，手握铅球抬起手臂时，手臂在肱二头肌的拉力作用下绕肘关节转动。下列说法正确的是（）A．这是一个费力杠杆，并且费距离 B．这是一个费力杠杆，可以省距离 C．这是一个省力杠杆，但是费距离 D．这是一个省力杠杆，可以省距离【答案】B【解答】解：由图可知，此时的动力臂要小于阻力臂，为费力杠杆，费力省距离，故ACD错误，B正确。故选：B。49．（2023秋•仪征市期末）如图，是生活中经常使用的工具，其中属于省力杠杆的是（）A．钓鱼竿钓鱼 B．食品夹夹面包 C．起子开瓶盖 D．筷子夹菜【答案】C【解答】解：A、钓鱼竿在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A不符合题意；B、食品夹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故B不符合题意；C、起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C符合题意；D、筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故D不符合题意。故选：C。50．（2023秋•碑林区校级期末）如图所示，人在用哑铃锻炼。将前臂从水平位置绕O点抬起哑铃，前臂此时相当于一个费力（选填“费力”、“省力”或“等臂”）杠杆，哑铃的重力不是（选填“是”或“不是”）阻力F2。【答案】费力；不是。【解答】解：将前臂从水平位置绕O点抬起哑铃过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；阻力是杠杆受到的力，作用点在杠杆上，而哑铃的重力是哑铃受到的力，作用点在哑铃的重心上，所以杠杆受到的阻力F2不是哑铃的重力。故答案为：费力；不是。51．（2024•阎良区校级开学）如图所示，镊子在使用过程中相当于一个费力杠杆，将手压在B处夹取物体，镊子的支点是A点。【答案】费力；A。【解答】解：如图所示，在使用镊子时，绕A点转动，所以A是支点，AC的长度为阻力臂，AB的长度为动力臂，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆。故答案为：费力；A。九．杠杆的应用（共7小题）52．（2024•西岗区校级模拟）下列图例是我国古代劳动人民的智慧成果，其中所涉及的物理知识，下列说法中正确的是（）A．甲图中，孔明灯内气体密度一定大于灯外气体密度 B．乙图中，石磨选用厚重的石材可减小对豆的压强 C．丙图中，篆刻刀的刀口做得锋利是为了增大压强 D．丁图中，杆秤利用二力平衡条件进行称量【答案】C【解答】解：A、孔明灯加速上升是因为灯罩内的气体被加热，体积膨胀，密度减小，灯内热气的密度小于灯外界的冷空气密度，故A错误；B、石磨选用厚重的石材在受力面积一定时，增大压力，增大对豆的压强，故B错误；C、篆刻刀的刀口做得锋利是在压力一定时，减小受力面积增大压强，故C正确；D、杆秤是利用杠杆平衡条件（动力×动力臂＝阻力×阻力臂）进行测量的，不是利用二力平衡条件，故D错误。故选：C。53．（2023•炎陵县三模）如图为某种吊车的工作示意图。利用伸缩撑杆可使吊臂绕O点转动；伸缩撑杆为圆弧状，伸缩时对吊臂的支持力始终与吊臂垂直。下列关于这个吊车的有关说法正确的是（）A．吊臂工作时是一个杠杆 B．使用这种吊车，好处是可以省力 C．匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力大小保持不变 D．使用这种吊车，好处是可以省功【答案】A【解答】解：A、由图知吊臂在力的作用下绕固定点O转动，是一个杠杆，故A正确；B、如下图，画出动力臂和阻力臂，由图可知，动力臂L1小于阻力臂L2，根据杠杆平衡条件，动力大于阻力，是费力杠杆，但可以省距离；故B错误。C、吊车吊起货物的过程中，阻力G不变，阻力臂减小，动力臂不变（因为支持力始终与吊臂垂直），由杠杆平衡条件可知，动力减小，即支持力逐渐变小。故C错误。D、杠杆是一种机械，使用任何机械都不省功。故D错误。故选：A。54．（2023春•宁化县月考）如图所示，大李和小李用一根均匀的木棒抬重物。大李为了减轻小李的负担，以下合理的做法是（）A．把重物往小李方向移 B．把重物往大李方向移 C．大李远离重物 D．小李靠近重物【答案】B【解答】解：对小李来说，大李肩膀与木棒的接触点是支点，重物的重力是阻力，小李的作用力是动力；由杠杆平衡条件动力×动力臂＝阻力×阻力臂可知，在阻力一定的情况下，要减小动力（小李的负担），可以增大动力臂，即增大小李到支点的距离，大李可以把肩膀向前移动，也可以把重物向大李方向移动，或减小阻力臂。故选：B。55．（2024•贵州模拟）壮丽辉煌的咸阳